【文档说明】贵州罗甸弘伟学校2021届高三高考化学第三轮冲刺训练题六含答案.doc，共(17)页，910.357 KB，由小赞的店铺上传

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1贵州罗甸弘伟学校2021届高考化学第三轮冲刺训练题六(考试用时：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl35.5Fe56Cr52一．选择题（共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给

出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7．党的十九大报告提出了“将我国建成富强、民主、文明、和谐、美丽的社会主义现代化强国”，其中增加了“美丽”一词，下列说法不符合这一主题思想的是A.大力开采煤和石油，促进地方经济发展B.积极推广太阳能、风能、地热能等新能源的使用，

减少化石燃料的使用，有效降低PM2.5对环境的污染C.实施矿物燃烧“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染D.对城市生活污水脱氮、除磷，净化处理，遏制水体富营养化8．螺环化合物具有抗菌活性，用

其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（）A．分子式为C8H16B．分子中所有碳原子共平面C．与2—甲基—3—庚烯互为同分异构体D．一氯代物有4种结构9．铵

明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是（）A．过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO42B．检验溶

液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C．若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小D．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失10．将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.

1mol·L－1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀Ba(NO3)2溶液(无氧)中有

白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀下列说法不正确．．．的是A．曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H++HSO3-B．曲线c所示溶液中发生反应：2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+C．与曲线a、b、c对比，可知曲线

d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒D．依据该实验预测0.2mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO211．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和

盐酸的方法制备，其原理如图所示:3下列说法不正确的是A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状

况)NH3，则b极产生0.6gH2D．电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与

X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB．Y单质的熔点高于X单质C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有

一种D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构13．25℃时，配制一组c(PO43-)+c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(H3PO4)=0.100mol·L－1的H3PO4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变

化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A．pH=6的溶液中：c(H3PO4)+c(HPO42-)＞c(H2PO4-)B．c(Na+)=0.100mol·L－1的溶液中：c(H3PO4)=2c(PO43-)+c(HPO42-)C．pH=

7的溶液中：c(Na+)＞2c(HPO42-)+c(H2PO4-)D．c(H3PO4)=c(H2PO4-)的溶液中：c(Na+)＞0.100mol·L－1+2c(PO43-)+c(HPO42-)二．非选择题：

共58分，第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。26.(14分)NaClO2是一种杀菌消毒剂，常用于饮用水净化。某兴趣小组电解ClO24制备NaClO2的过程如图所示：已知：①Cl

O2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。一般使用时用稀有气体或空气稀释，以增加安全性。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时N

aClO2分解成NaClO3和NaCl。回答下列问题。(1)装置I中发生反应的化学方程式为，该方法制备ClO2最突出的优点是。(2)装置II是电解装置，a极为(填“正”“负”“阴”或“阳”)极，其所连电极的反应式为，离子交换膜为(填“阴

”或“阳”)膜。(3)用NaOH和H2O2混合液吸收电解排出的少量ClO2尾气，该装置需控制反应温度为3℃，可采取的措施为，处理后将所得溶液与装置II的成品液合并，处理后可得产品，尾气处理过程的离子方程式为。(4)从装置II和尾气处理所得成品液中，获得产品NaClO2的操作为(填字

母)。a.减压，55℃蒸发结晶b.冷却过滤c.趁热过滤d.用38～60℃温水洗涤e.加热快速烘干f.低于60℃干燥(5)上述所得NaClO2产品可能含有NaCl等杂质。为测定其纯度，取上述产品5g溶于水配成500mL溶液，取

出10.00mL溶液于俳形瓶中，再加入足量酸化的KI溶波，充分反应后(杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，然后用0.200mol·L－1Na2S2O3标准液滴定，当时达到滴定终点，重复操作2～3次，平5均消耗标准液20.00mL，则产品N

aClO2的纯度为。(已知2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)27．(14分)钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如下(已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中)：(1)富含TiO2＋溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2•nH

2O，其原理是__________________________________________。(2)制取FeCO3发生的化学方程式为______________________；反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是_____________

_______________。(3)已知Ksp[Fe(OH)2]=8×10－16。制取FeCO3时，FeCO3达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5，c(Fe2＋)=1×10－6mol·L－1。试判断所得的FeCO3中______(填“有”或“没有”

)Fe(OH)2；煅烧中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是____________________________________________。(4)为了控制NH4HCO3用量需要测定固体中FeSO4•7H2O的含量。称1g固体样品，用30mL蒸馏

水溶解并加入H2SO4溶液和H3PO4溶液，再用0.02mol·L－1KMnO4标准溶液滴定到溶液刚好变成粉红色，停止滴定，消耗标准溶液VmL。反应中涉及的重要化学方程式有：MnO4－(紫红)+5Fe2++8H+=Mn2+(粉红)+5Fe3++4H2O5Fe3+(黄)+

2H3PO4=H3[Fe(PO4)2](无色)+3H+①H3PO4的作用___________________。②样品中FeSO4•7H2O的含量为___________%。28．(15分)甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法

可制得甲醇成品(一)以CO、H2和CO2制备甲醇①CO2(g)+H2(g)COg)+H2O(g)∆H1②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H26③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H3(1)已知：反应①的化学平衡常数K和温度的关系如下表t/℃700800830100

01200K0.60.91.01.72.6则下列说法正确的是______A．反应①正反应是吸热反应B．一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应①达到平衡状态C．1100℃时，反应①的K可能为1.5

D．在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]约为0.59(2)比较△H2_____△H3(填“>”、“＝”或“＜”)(3)现利用②和③两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为f

＝[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)]，则理论上f＝_____时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_________________________________.(二)以天然气为

原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g)∆H1>0(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H2>0在一定压强下，1molCH4(g)和1molH2O(g)在三种不同催化剂作用下发生

反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1(1)下列说法正确的是_______A．曲线①中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动B．三种催化剂中，催化剂③的催化效果最好

，所以能获得最高的产率C．当温度低于700℃时的曲线上的点可能都没有到达平衡D．若温度大于700℃时，CO的物质的量保持不变(2)500℃时，反应(1)在催化剂①的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应(1)在此状态下0至12分钟内反应体系中

H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势___________________7(三)研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。(1)产生甲醇的电极反应式为___________________；(2)甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工作时的负

极反应式：___________。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态As原子的价电子排布图为

____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填

“大”或“小”)。(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl33AlCl→CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。8在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。(4)砷化镓可由(C

H3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为apm和bpm

，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：已知：①R

1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。(1)A的名称是___________，G中含氧官能团的名称是___________。(2)②的反应类型是___________，B和F的结构简式

分别为_________、__________。(3)写出一种能鉴别A和D的试剂：_____________；C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有____种。(4)写出反应①的化学方程式：_________________________________________

。9(5)G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_______________【答案解析】7.【解析】A项：大力开采煤和石油，会加剧环境的负担，A错误。B项：积极推广太阳能、风能、地热能等新能源的

使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM2.5对环境的污染，B正确；C项：实施矿物燃烧“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫和氮的氧化物的污染，C正确；D项：美丽这个词在化学上应该指减少环境污染。对城市生活污水脱氮、除

磷，净化处理，遏制水体富营养化，是减少水体污染，D正确；【答案】A8.【解析】A项：根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B项:.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平

面，故B错误；C项:2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D项:由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；故选D。【答案】D8.【解析】A项：过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4H

CO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；B项：溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；C项：若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与

HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；D项：向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；故选D。10【答案】D10【解析

】A项：曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO3-，故A正确；B项：曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2++O2+2SO2+2H

2O=2BaSO4↓+4H+，故B正确；C项：氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒，故C错误；D项：0.1mol·L－1的Ba(NO3

)2硝酸钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2，故D正确；故选C。.【答案】C11.【解析】A项：电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子

通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B项：二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C项：电解过程中二氧化氯发生器中产生2.

24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D项：电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4

H+，选项D不正确。故选D。【答案】D12.【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核

外电子数为8，与X、Z的最外层电子数11之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意。根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。A项：同

一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B项：硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C项：O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误D项：根据，阴离子带2个单位负电荷

，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。【答案】B13.解析】A项：pH＝6的溶液主要是H2PO4﹣的溶液，此时磷酸已充分反应，c(H3PO4)+c(HPO42﹣)＜c(H2PO4﹣)，故A错误；B项：c(Na+)＝0.100mol•L﹣1的溶液中c(PO

43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L﹣1＝c(Na+)，溶液中溶质主要是NaH2PO4根据图象可知，H2PO4﹣的水解程度小于电离程度，生成的H3PO4较少，则2c(

PO43﹣)+c(HPO4﹣)＞c(H3PO4)，故B错误；C项：pH＝7.2的溶液为等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4，pH＝7的溶液NaH2PO4的浓度略大于Na2HPO4，溶液中离子浓度c(Na+)＞2c(

HPO42﹣)＞c(H2PO4﹣)，故C正确；D项：c(H3PO4)＝c(H2PO4﹣)的溶液pH＝2，则c(H+)＞c(OH﹣)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(H2PO4﹣)+2c(HPO42﹣

)+3c(PO43﹣)，c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L﹣1，得到c(Na+)＜0.100mol•L﹣1+2c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)，故D错误；故选C。【答案】C26.解析：(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4

和H2C2O4，产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4===2ClO2↑＋2NaHSO4

＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物，12可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性。(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO－2，其电极反应式为ClO2＋e－==

=ClO－2；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2。(3)要控制反应温度为3℃，可采取的措施为3℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO－2，则H2O2化合价升高生成O2，故反

应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO－2＋O2＋2H2O。(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为

防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c正确；为防止分解和结晶，用38～60℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60℃下干燥得到产品，e错误、f正确。(5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO－2＋4I－＋4H＋===Cl－＋2I2＋2H

2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200mol·L－1Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：ClO－2～2I2～4Na2S2O31mol4molxmol0

.200×0.02mol解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为0.001mol×50×90.5g·mol－15g×100%＝90.5%。答案：(14分，除标注外，其余每空2分)(1)2NaClO3＋H2C2O4＋H2S

O4=====35～55℃2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4===2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性(2)负(1分)ClO2＋e－=

==ClO－2(1分)阳(1分)13(3)3℃冷水浴(1分)H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO－2＋O2＋2H2O(4)acdf(5)当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复(1分)90.5%27.【解析】(1)富含

TiO2＋溶液中加入Na2CO3粉末与溶液中的H+反应，降低了溶液中c(H+)，使平TiO2＋+(n+1)H2OTiO2•nH2O＋2H+，向生成TiO2•nH2O的方向移动，可得到TiO2粗产品；(2)制取FeCO3中发生反应是硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水

，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑反应温度一般需控制在35°C以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少亚铁离子的水解程度(3)室温下测得溶液的p

H为8.5，由题中数据可知，溶液中c(Fe2+)·c(OH-)2=1x10-6×(1×10-5.5)²=10-17<Ksp[Fe(OH)2]=8x10-16，故无Fe(OH)2沉淀生成；煅烧中，为了得到较为纯净

的Fe2O3，需要将亚铁完全氧化为三价铁，除了适当的温度外，还需要采取的措施是向反应容器中补充适量空气(氧气)；(4)①铁离子颜色呈黄色，干扰终点判断，而5Fe3+(黄)+2H3PO4=H3[Fe(PO4)2](无色)+3H+，消除了铁

离子干扰；②待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.02mol/L×VmL×10-3L/mL=2V×10-5mol，根据反应：MnO4－+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，硫酸亚铁的物质的量为：2V×10-5mol×5=V×10-4mol

，所以样品中含有的FeSO4•7H2O的质量为：278g/mol×V×10-4mol=2.78V×10-2g，FeSO4•7H2O的质量分数为：-22.7810g100%1Vg=2.78V%。【答案】(1)因为发生水解反应：TiO2＋+(n+1)H2OTiO2•nH2O＋2H+，加入Na2CO

3后，CO32－与H+反应，c(H+)减小，水解平衡正反应方向移动(2分)(2)FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑(2分)防止NH4HCO3分解或减小Fe2＋水解(2分)(3)没有(2分)向反应容器中补充适量空气(氧气

)(2分)(4)①消除Fe3+的颜色干扰(2分)②2.78V(2分)28.【解析】(一)(1)根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正14反应移动，正反应为吸热，A正确；反应①CO2(g)+H2(g)COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡

移动，B错误；1000℃时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100℃时K>1.7，C错误；在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]为K的倒数，约为0.59，D正确；答

案为AD。(2)随温度升高K1增大，说明反应①的正反应为吸热反应，△H1>0，盖斯定律计算得到△H3=△H1+△H2，则△H2<△H3。(3)由①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知f=2，原

料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降。(二)(1)曲线①中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂③的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变

时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700℃时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。(2)根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间

t变化的总趋势为(三)(1)CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H++4e-=CH3OH；(2)据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为

：3O2+12H++12e−=6H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为2CH3OH−12e−+2H2O=2CO2↑+12H+，故答案为：CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+。【

答案】(一)(1)AD(2分)(2)＜(1分)(3)2(1分)使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降(2分)15(二)(1)C(3分)(2)(2分)(三)(1)CO+4H++4e-=CH3OH(2分)(2)CH3OH+H2O－6e-=CO2+6H+(2分)35.【解析】(1)基态As原子的核

外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1；(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者

位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大；(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+5312−=4，

含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3；(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原

子个数是4、As原子个数=8×18+6×12=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积=A4MN=A4145Ncm3，该晶胞中所有原子体积=4×43π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×43π×10-30

×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=303333A4410abcm3N14cm45−+（）×100%=3033A4N10315b4a−+（）×100%。16【答案】(1)(2分)1(2分)(2)+1(1分)大(1分)(3)3：2

(2分)三角锥形(1分)(4)sp3(1分)(5)(5)共价(1分)303310(43(707)5)ANab−++×100%(4分)36.【解析】由C→及反应条件可知C为苯甲醇，B为，A为甲苯。在相同条件下，

D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；与乙醛反应得到E，结合信息①，E为，E与溴发生加成反应得到的F为，F发生氧化反

应生成的G为。(1)根据分析可知，A为甲苯，G为，则G中含氧官能团为羧基；(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式分别为、；(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯

甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共4种；(4)反应①为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O；17(5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催

化氧化反应生成，故合成路线为。【答案】(1)甲苯(1分)羧基(1分)(2)加成反应(1分)(2分)(2分)(3)酸性高锰酸钾溶液(1分)4(2分)(4)+CH3COOH+H2O(2分)(5)(3分)